1、1 O 数 学通讯 2 0 l 3年第 1 、 2期( 上半月) 辅教导学 导数问题中几种特殊处理方法的运用 姚尉林 孙婷婷 ( 湖北省武汉市水果湖高中， 4 3 0 0 7 1 ) 导数在解决 函数、 方程 、 不等式、 数列 等问题 时具有独特的作用， 在高考题 中， 以导数为载体的 问题丰富多彩 ， 新颖别致 ， 深不可测 ， 而近几年的 高考题对导数 的考查广度和深度也在不断 加强， 有 的问题难 度 大 ， 技 巧性 强 本 文结 合 近 几 年 ( 尤 其是 2 0 1 2年)的高考题谈谈导数问题中几种特殊 处理方法的运用， 需要说明的是 ： 所有例题都 只摘 要给出了与本文主题有
2、关的条件和问题 1 二 次求 导 例 1 ( 2 0 1 2年全 国新课标 卷 高考题 )求 函数 1 厂 ( ) 一 一 +寺z 的单调区间 厶 分析 易得 f ( z )一e 一1 +X ， 并不能直接 判断其符号 ， 这时想到再次求导， 先研究 f ( )的 导 函数 1 解 因为厂 ( z ) 一 一z +妻z ， 则 f ( z ) = 厶 一1+ 记 g ( ) 一 e 一1 +X ， 则 g ( z )一e +1 0 ， 因此 厂( z )一 一1 +z为单调递增函数， 又易知 f ( O )一 0 ， 所 以 ， 当 z ( O ， + 。 。 ) 时 ， f ( z ) 0
3、； 当 z ( 一 C x 3 ， O )时 ， f ( z ) 0时 ， ( 1+ n ) ( 1+m) ” 分析 不 等 式 的形 式 不 明朗 ， 可 以先取 对 数 转化 证 明 要 证 明( 1 + n ) ( 1 + m) ” ， 只需 证 明 ： i n ( 1 + ) I n ( 1 +m) ” ， 只需证 明 ： ml n ( 1 + ) 0 ， 所 以 只 需 证 明 ( -z )一 在 z ( o ， +。 。 )上为减函数即可 而 r_一 i n ( 1+ 工) z)一 一z一 ( 1 + ) l n ( 1 + 3 8 ) 一 一 再 令 g ( x )= z一 (
4、1 + z ) l n ( 1 +z ) ， 则 g ( z ) 一1 一( 1 +z ) 一一I n ( 1 +z )一一I n ( 1 +z ) 1 十 0 ， 故 g ( z ) 在( 0 ， +。 。 ) 上为减函数， 所以 g ( z ) g ( 0 ) 一 0 ， 从 而 厂 ( ) 一 l_ o ， 所 以 厂 ( z )一 在 z ( o ， +。 。 ) 上为减函数， 于是 原命题 得证 例3( 2 0 1 2 年湖南省高考题)已知函数 厂 ( z ) 一 e 一 ， 其 中 。 0 ， 若 对 于任 意 z R， 不 等式 _厂 ( ) 1 恒成立 ， 求实数 a的取值范围
5、 解 若 a 0 时 ， 厂 ( z ) 一e 一 0 而 厂( z ) 一 1 ， 令 厂( ) 一0 ， 得 Iz 一 I n 若 f ( z ) 0 ， 则 z !l n ； 若 f ( z ) 0 ， 则 z 0 ， 得 0 t 1 ； 令 g ( ) 1 所 以 E g O) = ： ： g ( 1 )一 1 因此 ， 当且仅 当一 1 1 即a一 1 时， 式成立 故实数 a的取值集合是 1 ) 评注 例 1 是对导函数再次求导， 例 2 是对导 函数的分子再次求导， 它们都是利用二次求导来研 究前一个导函数的性质， 使得相关信息浮 出水面， 使得前一个导函数的符号明朗化 例 3
6、则是对另一 个函数再次求导 ， 得到这一个 函数的信息后使得问 题得以顺利解决 对导函数或者导 函数的一部分再 次求导 ， 是近几年高考题 中经常需要用到的处理方 法 求导的作用就是通过求极值点确定函数的单调 区间， 从而求 出函数的最值 ( 或极值) ， 只要 明白这 辅教 导学 数学通讯2 O 1 3年第 1 、 2期( 上半月) 1 1 个道理， 对函数多次求导是很 自然的事 2 分 类 讨论 例 4( 2 0 1 2年天津高考 题)已知 函数 _厂 ( z ) 一 Xi n ( x+ 1 ) ， 对于任意的 z O ， + o o )有 厂 ( z ) 如 成立 ， 求实数 k的最小值
7、 解 当k 0 时 ， 取 z一 1 ， 则 厂 ( 1 ) ： 1 一l n 2 0 ， 不合 题 意 ； 当 k 0 时 ， 令 F ( ) 一 厂( z ) 一 一 X -l n ( x + 1 ) 一 缸 。 ， 则 F t ( z ) 一 南 一 2 k x x 2 k x一( 1 2 k ) 一一 F广一 令 F ( z )： 0 ， 得 X l 一 0 ， z 一 一1 ( 1 )当 忌 1 时，L 丝 0，F ( ) 0， F( )在 0 ， + c x 3 )上单 调递减 ， 从 而 总有 F( z ) F( O )=0 ， 即对于任意的X 0 ， +。 。 ) 有 厂 (
8、) k x 成立， 因此k -去 - 符合题意； ( 2 )当 0 0 ，对 于 z ( O F ( z ) O ， F ( z ) 在 ( 0 ， ) 上单调 递增 ，因此 ， 当取 z 。 ( 0 ， )时 ， F( x 。 ) F( O ) = 0 ， 所 以 厂 ( z ) h 不 成立 ， 因此 0 k 0时 ， h ( z ) h ( O )一 0 因此 ， 当 z 0时， F ， ( z ) 一 一盟 ； 0 ， Z 所 以F( z ) 在X ( O ， +C x 3 ) 时为单调增函数 又 因为 l i m F( z)一 l i m e x-e-X 斗 O+ z 0 + 7 c
9、 一1 i m 二 二 ： 二 p o + z 一 0 一( 一 e - ) I ； o 一( + e 一)l ： 。一 2 ， 所 以， 当 ( O ， +。 。 ) 时， 有 F ( z ) 2 ， 所以 a 2 因此 ， 所求实数 a的取值范围是( 一。 。 ， 2 评注 分类讨论 、 分离参数是解决此类 问题 的两种 典 型方法 4 罗必达 法则 例 4的解法 2 分离参数 ， 二次求导 由题意 ， 厂 ( )一 l n ( x4 - 1 ) 如 。 对于任 意的 X O ， +)恒成立 ， X= 0时显然满足 当 ( o ， +。 。 ) 时 ， 是 生二 恒成 X 立 令 g (
10、z )： 二 ， 则 k g ( z )恒 成立。 因 为 g t ( z ) 一 二 三 二 壶 三 又 因 为 ( z ) 一 三 了 一，又 令 h ( z ) 一一z一+2 1 n ( x +1 ) ， 则 h ( z ) 一 Z十l 一南 0 ， 所 以 ( ) 一 一 一 幸 一-k 2 1n ( z + 1 ) 在( O ， +c 。 )上单调递减 ， 故 ( z ) h ( O )一 o ， 所以g ( z ) 一 字0 时 为递 减 函数 又 由罗必达 法则可 得 l i m g( z)： l i m = 0 山， 一 一 一 一 ， 1 1 所 以， 当z ( O ， +。
11、 。 ) 时， 有 g ( z ) 寺 解 ( z ) 一 一2 +z ， 而 ( z ) = +1 0 ， 因此 f ( )一 一2 + 为增 函数 又 f ( 0 )一 。 一2+0=一 10 ， 所以( z ) 在( 0 ， 1 ) 上必有一个 零 点 ， 设 为 。 ，显 然 z 。是 ( z )的 唯 一 零 点 ， ， ( o )= = =e X O一 2+X o一 0 所 以， 当z ( 一。 。 ， 。 ) 时 ， f ( ) 0 ； 当z ( z 。 ， +o 0 ) 时 ， f ( ) 丢 ( 1 3 ) 一 _主 - 一 一 丢 ， 因 此 ， 厂 ( z ) 一 丢 例
12、 7( 2 0 1 1年 浙江 高考 题 )设 函数 ( )一 ( n ) l n x， 求实 数 口的取值 范 围 ， 使得 对 于任意 的 X ( 0 ， 3 P ， 恒有 ， ( z ) 4 e 成立 解 当 0 1时 ， 对 于任意 的实数 n ， 恒 有 ， ( z ) 0 4 e 。成立 当 1 3 2 3 e 时 ， 由题 意 ， 首先有 f ( 3 e ) 一 ( 3 e n ) 。 l n ( 3 e ) 4 e ， 解得 3 一 n 3 卜 l n ( 3 e ) l n ( 3 P ) 又 厂 ( )一 ( z一 口 ) ( 2 1 n x+ 1 一 旦 ) ， 令 h
13、( ) = 2 1 n x +1 一旦 ， 则 h ( 1 ) = = = 1 一n 0， 且 h ( 3 e )一 2 1 n( 3 e )+ 1一 3 + 2 l n )+ 1 一 一2 ( 1 n 3 e 一 l_) 0 3 l n 3 e 又 h ( z )一 羔 十 0 ， 所 以 ( z )在 ( o ， +。 。 )内单调递增 ， 所以函数 h ( z ) 在( O ， +o o )内 有 唯一零 点 ， 记此 零点 为 z 。 ， 则 1 X 。 3 e ， 1 z0 0 ； 当 z ( o ， 口 ) 时 ， 尸 ( z ) 0 因此 ， ， ( z )在( O ， z 。
14、)内单调递增 ， 在( o ， 口 ) 内单调递减 ， 在( a ， +)内单调递增 所 以， 要使 ( ) 4 e 对 ( 1 ， 3 e l 恒成立， 等 价 于下面 的两个 式子恒 成立 ： f ( x 0 )： = ：( o 一日 ) l n x o 4 e 。 f ( S e )一 ( 3 e 一 口 ) l n ( 3 e ) 4 e 。 由 h ( x o )= 2 1 n x o 十 1 一 兰 一 0 ， 得 Z 0 口一 2 x o l n x 0 + z o 将 代入 得 4 x ( 1 n x 。 ) 。 4 e 又 X 。 1 ， 注意到函数 z 。 I n 。 X在
15、 1 ， +。 。 )内 单 调递增 ， 所 以 1 z 。 P 再 由 以及函数 2 x l n x +z在( 1 ， +C 。 )内单 调 递增 ， 可得 1 口 3 e 由 解得 3 一 n 3 e + 一 2 eI n ( 3 e ) 1 n ( 3 P ) 所 以 3 e 一 = n 3 e I n( 3 e ) 综上 ， n的取值范围是 3 = ， 3 、 i n ( 3 e ) 评注 例 6 、 例 7的解 法 中 ， 函数 求导 后 知道 有极 值 ， 但 是极 值点又 求 不 出 ， 这 个 时候 我 们 采取 了设而不求的方法， 即把极值点 z 。 设出来 ， 再继续 研究 ， 最后使得问题得以解决 ( 收稿 日期 ： 2 0 1 2 0 9 3 0 )
